2022-2023学年贵州省贵阳第一中学数学高二第二学期期末统考模拟试题含解析

2022-2023高二下数学模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．为了研究经常使用手机是否对数学学习成绩有影响，某校高二数学研究性学习小组进行了调查，随机抽取高二年级50名学生的一次数学单元测试成绩，并制成下面的2×2列联表：及格不及格合计很少使用手机20525经常使用手机101525合计302050则有（）的把握认为经常使用手机对数学学习成绩有影响．参考公式:，其中50.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828A．97.5% B．99% C．99.5% D．99.9%2．定义在上的函数，若对于任意都有且则不等式的解集是（）A． B． C． D．3．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有（）A．20种 B．30种 C．40种 D．60种4．下列命题中真命题的个数是（）①，；②若“”是假命题，则都是假命题；③若“，”的否定是“，”A．0 B．1 C．2 D．35．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xlnx，，则f(x)()A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值C．既有极大值，又有极小值 D．既无极大值，又无极小值6．函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．7．已知三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA=3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为A．34B．C．74D．8．若数据的均值为1，方差为2，则数据的均值、方差为（）A．1，2 B．1+s，2 C．1，2+s D．1+s，2+s9．将点的直角坐标(－2，2)化成极坐标得()．A．(4，) B．(－4，) C．(－4，) D．(4，)10．以圆：的圆心为圆心，3为半径的圆的方程为（）A． B．C． D．11．一个质量均匀的正四面体型的骰子，其四个面上分别标有数字，若连续投掷三次，取三次面向下的数字分别作为三角形的边长，则其能构成钝角三角形的概率为（）A． B． C． D．12．已知随机变量服从正态分布，且，则（）A．0.6826 B．0.1587 C．0.1588 D．0.3413二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．△的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________．14．在平面几何中有如下结论：若正三角形的内切圆周长为，外接圆周长为，则.推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体的内切球表面积为，外接球表面积为，则__________．15．在平面直角坐标系中，已知点是椭圆：上第一象限的点，为坐标原点，，分别为椭圆的右顶点和上顶点，则四边形的面积的最大值为__________．16．设随机变量的概率分布列如下图，则___________．1234三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）某企业有甲、乙两套设备生产同一种产品，为了检测两套设备的生产质量情况，随机从两套设备生产的大量产品中各随机抽取了100件产品作为样本来检测一项质量指标值，若产品的该项质量指标值落在内，则为合格品，否则为不合格品．表1是甲套设备的样本的频数分布表，图是乙套设备的样本的频率分布直方图．表甲套设备的样本的频数分布表质量指标值频数2103638122（1）将频率视为概率．若乙套设备生产了10000件产品，则其中的合格品约有多少件？（2）填写下面的2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为该企业生产的这种产品的质量指标值与甲、乙两套设备的选择有关．甲套设备乙套设备合计合格品不合格品合计附表及公式：，其中；0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.82818．（12分）已知命题，命题或，若是q的充分不必要条件，求实数的取值范围.19．（12分）选修4-5：不等式选讲已知函数.（Ⅰ）求不等式的解集；（Ⅱ）若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.20．（12分）已知函数．（Ⅰ）求不等式的解集；（Ⅱ）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.21．（12分）某中学将444名高一新生分成水平相同的甲、乙两个“平行班”，每班54人．陈老师采用A，B两种不同的教学方式分别在甲、乙两个班进行教改实验．为了了解教学效果，期末考试后，陈老师对甲、乙两个班级的学生成绩进行统计分析，画出频率分布直方图（如下图）．记成绩不低于94分者为“成绩优秀”．根据频率分布直方图填写下面4×4列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过4．45的前提下认为：“成绩优秀”与教学方式有关．

甲班（A方式）

乙班（B方式）

总计

成绩优秀

成绩不优秀

总计

附：K4＝n(ad-bc)P（K4≥k）

4．45

4．45

4．44

4．45

4．445

k

4．444

4．474

4．746

4．844

5．444

22．（10分）已知向量a＝(3sinα，cosα)，b＝(2sinα,5sinα－4cosα)，α∈，且a⊥b.(1)求tanα的值；(2)求cos的值．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】

根据2×2列联表，求出的观测值，结合题中表格数据即可得出结论.【详解】由题意，可得：，所以有99.5%的把握认为经常使用手机对数学学习成绩有影响.故选C.【点睛】本题考查了独立性检验的应用，考查了计算能力，属于基础题.2、D【解析】

令,求导后根据题意知道在上单调递增，再求出，即可找到不等式的解集。【详解】令则所以在上单调递增，又所以的解集故选D【点睛】本题考查利用导数解不等式，属于中档题。3、A【解析】

根据题意，分析可得，甲可以被分配在星期一、二、三；据此分3种情况讨论，计算可得其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．解：根据题意，要求甲安排在另外两位前面，则甲有3种分配方法，即甲在星期一、二、三；分3种情况讨论可得，甲在星期一有A42=12种安排方法，甲在星期二有A32=6种安排方法，甲在星期三有A22=2种安排方法，总共有12+6+2=20种；故选A．4、B【解析】若，，故命题①假；若“”是假命题，则至多有一个是真命题，故命题②是假命题；依据全称命题与特征命题的否定关系可得命题“”的否定是“”，即命题③是真命题，应选答案B．5、D【解析】因为xf′(x)－f(x)＝xlnx，所以，所以，所以f(x)＝xln2x＋cx.因为f()＝ln2＋c×＝，所以c＝，所以f′(x)＝ln2x＋lnx＋＝(lnx＋1)2≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值，故选D.点睛：根据导函数求原函数，常常需构造辅助函数，一般根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等6、D【解析】

求出函数的导数，由题意可得恒成立，转化求解函数的最值即可．【详解】由函数，得，故据题意可得问题等价于时，恒成立，即恒成立，函数单调递减，故而，故选D.【点睛】本题主要考查函数的导数的应用，函数的单调性以及不等式的解法，函数恒成立的等价转化，属于中档题.7、D【解析】略视频8、B【解析】

由题意利用均值和方差的性质即可确定新的数据的方差和均值.【详解】由题意结合均值、方差的定义可得：数据的均值、方差为,.故选：B.【点睛】本题主要考查离散型数据的均值与方差的性质和计算，属于中等题.9、A【解析】

由条件求得、、的值，可得的值，从而可得极坐标.【详解】∵点的直角坐标∴，，∴可取∴直角坐标化成极坐标为故选A.【点睛】本题主要考查把点的直角坐标化为极坐标的方法，属于基础题．注意运用、、(由所在象限确定).10、A【解析】

先求得圆M的圆心坐标，再根据半径为3即可得圆的标准方程.【详解】由题意可得圆M的圆心坐标为，以为圆心，以3为半径的圆的方程为．故选:A.【点睛】本题考查了圆的一般方程与标准方程转化，圆的方程求法，属于基础题.11、C【解析】

三次投掷总共有64种,只有长度为或223的三边能构成钝角三角形,由此计算可得答案.【详解】解：由题可知：三次投掷互不关联，所以一共有种情况：能构成链角三角形的三边长度只能是：或者是所以由长度为的三边构成钝角三角形一共有：种：由三边构成钝角三角形一共有：种：能构成钝角三角形的概率为.故选:C.【点睛】本题考查了古典概型的概率求法,分类计数原理,属于基础题.12、D【解析】分析：根据随机变量符合正态分布，知这组数据是以为对称轴的，根据所给的区间的概率与要求的区间的概率之间的关系，单独要求的概率的值．详解：∵机变量服从正态分布，，

，

∴.故选：D．点睛：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查根据正态曲线的性质求某一个区间的概率，属基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】

首先利用正弦定理将题中的式子化为，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，可以断定为锐角，从而求得，进一步求得，利用三角形面积公式求得结果.【详解】因为，结合正弦定理可得，可得，因为，结合余弦定理，可得，所以为锐角，且，从而求得，所以的面积为，故答案是.【点睛】本题主要考查余弦定理及正弦定理的应用，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住、、等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.14、【解析】分析：平面图形类比空间图形,二维类比三维得到,类比平面几何的结论,确定正四面体的外接球和内切球的半径之比,即可求得结论.详解：平面几何中，圆的周长与圆的半径成正比，而在空间几何中，球的表面积与半径的平方成正比，因为正四面体的外接球和内切球的半径之比是，，故答案为.点睛：本题主要考查类比推理，属于中档题.类比推理问题，常见的类型有：（1）等差数列与等比数列的类比；（2）平面与空间的类比；（3）椭圆与双曲线的类比；（4）复数与实数的类比；（5）向量与数的类比.15、【解析】分析：的面积的最大值当到直线距离最远的时候取得。详解：，当到直线距离最远的时候取得的最大值，设直线，所以，故的最大值为。点睛：分析题意，找到面积随到直线距离的改变而改变，建立面积与到直线距离的函数表达式，利用椭圆的参数方程求解距离的最值。本题还可以用几何法分析与直线平行的直线与椭圆相切时，为切点，到直线距离最大。16、【解析】

依题意可知，根据分布列计算可得；【详解】解：依题意可得故答案为：【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与和概率公式的应用，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）8600件；（2）列联表见解析，不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下可以认为该企业生产的这种产品的质量指标值与甲、乙两套设备的选择有关．【解析】

（1）计算出不合格品率，和不合格品件数，由此求得合格品件数.（2）根据题目所给表格和图像数据，填写好联表，计算出的值，由此判断出“不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下可以认为该企业生产的这种产品的质量指标值与甲、乙两套设备的选择有关．”【详解】解：（1）由题图1知，乙套设备生产的不合格品的概率约为，∴乙套设备生产的10000件产品中不合格品约为（件），故合格品的件数为（件）．（2）由题中的表1和图1得到2×2列联表如下：甲套设备乙套设备合计合格品9686182不合格品41418合计100100200将2×2列联表中的数据代入公式计算得的观测值，因为6.105<6.635，所以不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下可以认为该企业生产的这种产品的质量指标值与甲、乙两套设备的选择有关．【点睛】本小题主要考查用频率估计总体，考查联表独立性检验，考查运算求解能力，属于中档题.18、【解析】

根据题意，求出表示的集合，利用是q的充分不必要条件得到集合间的包含关系，进而得到关于的不等式组，解不等式即可.【详解】由题意知，或，因为是q的充分不必要条件，所以或或，所以，所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查利用充分不必要条件和集合间的包含关系求参数的取值范围；考查逻辑推理能力和运算求解能力；根据题意，正确得出集合间的包含关系是求解本题的关键；属于中档题.19、(1);(2).【解析】分析：（Ⅰ）对分两种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；（Ⅱ）问题等价于恒成立，因为，只需即可得结果.详解：（Ⅰ）当时，,即,解得或.所以或；当时，，此不等式恒成立，所以.综上所述，原不等式的解集为.（Ⅱ）恒成立，即恒成立，即恒成立，∵当且仅当时等式成立，∴，解得或.故实数a的取值范围是.点睛：绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．20、（Ⅰ）或；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由绝对值的意义，利用零点分段法解不等式；（Ⅱ）通过变形，将在上恒成立，转化为，由绝对值不等式的性质即可求得的最小值，继而得到的范围。【详解】(I)依题意，当时，原式化为解得.故,当时,原式化为解得，故;当时，原式化为：，解得：，故，解集为：或.（II）即